2024届石家庄市第四十中学高三高考一模考试数学试题

2024届石家庄市第四十中学高三高考一模考试数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是()A．180 B．90 C．45 D．3602．等比数列若则（）A．±6 B．6 C．-6 D．3．空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离．已知平面，，两两互相垂直，点，点到，的距离都是3，点是上的动点，满足到的距离与到点的距离相等，则点的轨迹上的点到的距离的最小值是（）A． B．3 C． D．4．已知集合，，则集合子集的个数为（）A． B． C． D．5．已知函数，若，则的值等于（）A． B． C． D．6．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（）A． B． C．1 D．7．已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．8．已知的内角、、的对边分别为、、，且，，为边上的中线，若，则的面积为（）A． B． C． D．9．已知复数满足：（为虚数单位），则（）A． B． C． D．10．函数在的图像大致为A． B． C． D．11．A． B． C． D．12．已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，，，，则______.14．已知为椭圆内一定点，经过引一条弦，使此弦被点平分，则此弦所在的直线方程为________________．15．内角，，的对边分别为，，，若，则__________．16．已知，，，的夹角为30°，，则_________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为，，为其右焦点，，且该椭圆的离心率为；（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于轴上方的点，交直线于点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线交于点．若，求取值范围．18．（12分）在底面为菱形的四棱柱中，平面.（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值.19．（12分）设椭圆：的右焦点为，右顶点为，已知椭圆离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为3.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线斜率的取值范围.20．（12分）已知函数．（1）当时，解关于x的不等式；（2）当时，若对任意实数，都成立，求实数的取值范围．21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.（1）求证：平面；（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.22．（10分）已知椭圆,直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．（Ⅰ）证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解题分析】试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，，令，则，.考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.2、B【解题分析】

根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.【题目详解】由等比数列中等比中项性质可知，，所以，而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，故选：B.【题目点拨】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.3、D【解题分析】

建立平面直角坐标系，将问题转化为点的轨迹上的点到轴的距离的最小值，利用到轴的距离等于到点的距离得到点轨迹方程，得到，进而得到所求最小值.【题目详解】如图，原题等价于在直角坐标系中，点，是第一象限内的动点，满足到轴的距离等于点到点的距离，求点的轨迹上的点到轴的距离的最小值．设，则，化简得：，则，解得：，即点的轨迹上的点到的距离的最小值是.故选：.【题目点拨】本题考查立体几何中点面距离最值的求解，关键是能够准确求得动点轨迹方程，进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.4、B【解题分析】

首先求出，再根据含有个元素的集合有个子集，计算可得.【题目详解】解：，，，子集的个数为.故选：.【题目点拨】考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算，集合子集个数的计算公式，属于基础题．5、B【解题分析】

由函数的奇偶性可得，【题目详解】∵其中为奇函数，也为奇函数∴也为奇函数∴故选：B【题目点拨】函数奇偶性的运用即得结果，小记，定义域关于原点对称时有：①奇函数±奇函数=奇函数；②奇函数×奇函数=偶函数；③奇函数÷奇函数=偶函数；④偶函数±偶函数=偶函数；⑤偶函数×偶函数=偶函数；⑥奇函数×偶函数=奇函数；⑦奇函数÷偶函数=奇函数6、B【解题分析】

设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.【题目详解】由题意可知点，设点、，设直线的方程为，由于点是的中点，则，将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，由韦达定理得，得，，解得，因此，直线的斜率为.故选：B.【题目点拨】本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.7、D【解题分析】

先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数图象的上方，再利用数形结合即可解决.【题目详解】由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线，设切点为，则，解得，所以切线斜率为，所以，解得.故选：D.【题目点拨】本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.8、B【解题分析】

延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，根据余弦定理可求出，进而可得的面积.【题目详解】解：延长到，使，连接，则四边形为平行四边形，则，，，在中，则，得，.故选：B.【题目点拨】本题考查余弦定理的应用，考查三角形面积公式的应用，其中根据中线作出平行四边形是关键，是中档题.9、A【解题分析】

利用复数的乘法、除法运算求出，再根据共轭复数的概念即可求解.【题目详解】由，则，所以.故选：A【题目点拨】本题考查了复数的四则运算、共轭复数的概念，属于基础题.10、B【解题分析】

由分子、分母的奇偶性，易于确定函数为奇函数，由的近似值即可得出结果．【题目详解】设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C．又排除选项D；，排除选项A，故选B．【题目点拨】本题通过判断函数的奇偶性，缩小考察范围，通过计算特殊函数值，最后做出选择．本题较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．11、A【解题分析】

直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【题目详解】本题正确选项：【题目点拨】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．12、D【解题分析】

构造函数，利用导数求得的单调区间，由此判断出的大小关系.【题目详解】依题意，得，，.令，所以.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以，且，即，所以.故选：D.【题目点拨】本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查化归与转化的数学思想方法，考查对数式比较大小，属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解题分析】

由已知利用同角三角函数的基本关系式可求得，的值，由两角差的正弦公式即可计算得的值.【题目详解】，，，，，，，，.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了同角三角函数的基本关系、两角差的正弦公式，需熟记公式，属于基础题.14、【解题分析】

设弦所在的直线与椭圆相交于、两点，利用点差法可求得直线的斜率，进而可求得直线的点斜式方程，化为一般式即可.【题目详解】设弦所在的直线与椭圆相交于、两点，由于点为弦的中点，则，得，由题意得，两式相减得，所以，直线的斜率为，所以，弦所在的直线方程为，即.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用弦的中点求弦所在直线的方程，一般利用点差法，也可以利用韦达定理设而不求法来解答，考查计算能力，属于中等题.15、【解题分析】∵，∴，即，∴，∴．16、1【解题分析】

由求出，代入，进行数量积的运算即得.【题目详解】，存在实数，使得.不共线，.，，，的夹角为30°，.故答案为：1.【题目点拨】本题考查向量共线定理和平面向量数量积的运算，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）；（Ⅱ），．【解题分析】

（Ⅰ）由题意可得，的坐标，结合椭圆离心率，及隐含条件列式求得，的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）设直线，求得的坐标，再设直线，求出点的坐标，写出的方程，联立与，可求出的坐标，由，可得关于的函数式，由单调性可得取值范围．【题目详解】（Ⅰ），，，，，由，得，又，，解得：，，．椭圆的标准方程为；（Ⅱ）设直线，则与直线的交点，又，设直线，联立，消可得．解得，，联立，得，，直线，联立，解得，，，，，，，，函数在上单调递增，，．【题目点拨】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力．18、（1）证明见解析；（2）【解题分析】

（1）由已知可证，即可证明结论；（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.【题目详解】方法一：（1）依题意，且∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面.（2）∵平面，∴，∵且为的中点，∴，∵平面且，∴平面，以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，∴设平面的法向量为，则，∴，取，则.设平面的法向量为，则，∴，取，则.∴，设二面角的平面角为，则，∴二面角的正弦值为.方法二：（1）证明：连接交于点，因为四边形为平行四边形，所以为中点，又因为四边形为菱形，所以为中点，∴在中，且，∵平面，平面，∴平面（2）略，同方法一.【题目点拨】本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）由题意可得，，，解得即可求出椭圆的C的方程；（Ⅱ）由已知设直线l的方程为y=k(x-2)，(k≠0)，联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得B的坐标，再写出MH所在直线方程，求出H的坐标，由BF⊥HF,解得.由方程组消去y，解得，由,得到,转化为关于k的不等式，求得k的范围.【题目详解】（Ⅰ）因为过焦点且垂直于长轴的直线被椭圆截得的线段长为3，所以，因为椭圆离心率为，所以，又，解得，，，所以椭圆的方程为；（Ⅱ）设直线的斜率为，则，设，由得，解得，或，由题意得，从而，由（Ⅰ）知，，设，所以，，因为，所以，所以，解得，所以直线的方程为，设，由消去，解得，在中，，即，所以，即，解得，或.所以直线的斜率的取值范围为.【题目点拨】本题考查在直线与椭圆的位置关系中由已知条件求直线的斜率取值范围问题，还考查了由离心率求椭圆的标准方程，属于难题.20、（1）（2）【解题分析】

（1）当时，利用含有一个绝对值不等式的解法，求得不等式的解集.（2）对分成和两类，利用零点分段法去绝对值，将表示为分段函数的形式，求得的最小值，进而求得的取值范围.【题目详解】（1）当时，由得由得解：，得∴当时，关于的不等式的解集为（2）①当时，，所以在上是减函数，在是增函数，所以，由题设得，解得.②当时，同理求得.综上所述，的取值范围为.【题目点拨】本小题主要考查含有一个绝对值不等式的求法，考查利用零点分段法解含有两个绝对值的不等式，属于中档题.21、（1）证明见解析；（2）【解题分析】

（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.【题目详解】（1）证明：如图1，取的中点，连接.，，，，且，四边形为平行四边形，.又平面，平面，平面.（2）如图2，取中点，中点，连接.，，平面平面，平面平面，平面，平面，两两垂直.以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.由，可得，在等腰梯形中，，易知，.则，，设平面的法向量为，则，取，得.设平面的法向量为，则，取，得.因为，，，所以，所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.【题目点拨】本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解